高中奥林匹克物理竞赛解题方法3

解得：''+++'+-+='''++'+-+='+-n n n n v m

n m M m n m M v v m n m M m n m M v )1(3)2(33)1(311同理 设抛上n+1个沙袋后车速反向，要求0,01≤>'+n n v v

即?

??=>???≤'+-+>'+-+870)2(30)1(3n n m n m M m n m M 解得 即抛上第8个 沙袋后车就停止，所以车上最终有11个沙袋.

例9 如图6—6所示，一固定的斜面，倾角?=45θ，斜面

长L=2.00米. 在斜面下端有一与斜面垂直的挡板. 一质量为m 的

质点，从斜面的最高点沿斜面下滑，初速度为零. 下滑到最底端

与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的动摩擦因数20.0=μ，试求此质点从开始到发生第11次碰撞的过程中运动的总路程.

解析 因为质点每次下滑均要克服摩擦力做功，且每次做功又不相同，所以要想求质点从开始到发生n 次碰撞的过程中运动的总路程，需一次一次的求，推出通式即可求解.

设每次开始下滑时，小球距档板为s

则由功能关系：θθμsin )()(cos 2121s s mg s s mg -=+

θθμsin )()(cos 3232s s mg s s mg -=+ 即有3

2cos sin cos sin 2312=+-===θμθθμθ s s s s 由此可见每次碰撞后通过的路程是一等比数列，其公比为.32

∴在发生第11次碰撞过程中的路程

11321222s s s s s ++++=

11111113213

21])32(1[2)(2s s s s s s s ---?=-++++= )(86.9)()3

2(121011m m =?-= 例10 如图6—7所示，一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌

面上，槽内嵌着三个大小相同的刚性小球，它们的质量分别是m 1、m 2

和m 3，m 2=m 3=2m 1. 小球与槽的两壁刚好接触而它们之间的摩擦可忽

略不计. 开始时，三球处在槽中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的位置，彼此间距离相等，

m 2和m 3静止，m 1以初速2/0R v π=沿槽运动，R 为圆环的内半径和 小球半径之和，设各球之间的碰撞皆为弹性碰撞，求此系统的运动周期T.

解析 当m 1与m 2发生弹性碰撞时，由于m 2=2m 1，所以m 1碰后弹回，m 2向前与m 3发

生碰撞. 而又由于m 2=m 3，所以m 2与m 3碰后，m 3能静止在m 1的位置，m 1又以v 速度被反弹，可见碰撞又重复一次. 当m 1回到初始位置，则系统为一个周期.

以m 1、m 2为研究对象，当m 1与m 2发生弹性碰撞后，根据动量守恒定律，能量守恒定律可写出：

221101v m v m v m += ①

2222112012

12121v m v m v m += ② 由①、②式得：00211200212113

2231)(v v m m m v v v m m m m v =+=-=+-= 以m 2、m 3为研究对象，当m 2与m 3发生弹性碰撞后，得032203='=v v v

以m 3、m 1为研究对象，当m 3与m 1发生弹性碰撞后，得0130v v v ='='

由此可见，当m 1运动到m 2处时与开始所处的状态相似. 所以碰撞使m 1、m 2、m 3交换位置，当m 1再次回到原来位置时，所用的时间恰好就是系统的一个周期T ，由此可得周期 ).(202

1010)32232(3)(30

000321s R R v R v R v R v R t t t T ===++?=++=ππππππ 例11 有许多质量为m 的木块相互靠着沿一直线排列于光滑的水平面上. 每相邻的两个木块均用长为L 的柔绳连接着. 现用大小为F 的恒力沿排列方向拉第一个木块，以后各木块依次被牵而运动，求第n 个木块被牵动时的速度.

解析 每一个木块被拉动起来后，就和前面的木块成为一体，共同做匀加速运动一段距离L 后，把绳拉紧，再牵动下一个木块. 在绳子绷紧时，有部分机械能转化为内能. 因此，如果列出22

1)1(n nmv FL n =-这样的关系式是错误的. 设第)1(-n 个木块刚被拉动时的速度为1-n v ，它即将拉动下一个木块时速度增至1-'n v ，

第n 个木块刚被拉动时速度为n v . 对第)1(-n 个木块开始运动到它把下一段绳子即将拉紧这一过程，由动能定理有：

2121)1(2

1)1(21----'-=n n mv n v m n FL ① 对绳子把第n 个木块拉动这一短暂过程，由动量守恒定律，有

n n

nmv v m n ='--1)1( 得：n n v n n v 1

1-='- ② 把②式代入①式得：212)1(2

1)1()1(21-----=n n mv n v n n m n FL 整理后得：21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n ③ ③式就是反映相邻两木块被拉动时速度关系的递推式，由③式可知

当n =2时有：2122222v v m

FL -=

当n =3时有：2222322322v v m

FL -=?

当n =4时有：2322423423v v m

FL -=? … 一般地有21222)1(2)1(---=-n n v n v n m FL n 将以上)1(-n 个等式相加，得：21222)

1321(v v n m FL n n -=-++++ 所以有212222)1(v v n m

FL n n n -=?- 在本题中01=v ，所以.)1(nm

n FL v n -= 例12 如图6—8所示，质量m =2kg 的平板小车，后端放

有质量M =3kg 的铁块，它和车之间动摩擦因数.50.0=μ开始

时，车和铁块共同以s m v /30=的速度向右在光滑水平面上 前进，并使车与墙发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞无机械能损失，且车身足够长，使得铁块总不能和墙相碰，求小车走过的总路程.

解析 小车与墙撞后，应以原速率弹回. 铁块由于惯性继续沿原来方向运动，由于铁块和车的相互摩擦力作用，过一段时间后，它们就会相对静止，一起以相同的速度再向右运动，然后车与墙发生第二次碰撞，碰后，又重复第一次碰后的情况. 以后车与墙就这样一次次碰撞下去. 车每与墙碰一次，铁块就相对于车向前滑动一段距离，系统就有一部分机械能转化为内能，车每次与墙碰后，就左、右往返一次，车的总路程就是每次往返的路程之和.

设每次与墙碰后的速度分别为v 1、v 2、v 3、…、v n 、…车每次与墙碰后向左运动的最远距离分别为s 1、s 2、s 3、…、s n 、…. 以铁块运动方向为正方向，在车与墙第)1(-n 次碰后到发生第n 次碰撞之前，对车和铁块组成的系统，由动量守恒定律有

n n v m M v m M )()(1+=-- 所以 511--=+-=

n n n v v m M m M v 由这一关系可得： ,5,521312v v v v ==

一般地，有 ,5

11-=n n v v 由运动学公式可求出车与墙发生第n 次碰撞后向左运动的最远距离为

2221215

122-?==n n a v a v s 类似地，由这一关系可递推到：

2221421322122115

12,,512,512,2-?=?=?==n n a v s a v s a v s a v s 所以车运动的总路程

)(2321 +++++=n s s s s s 总

24255

111)5

151511(2221221224221?=-?=+++++?=-a v a v a v n 因此201/215/3s m m Mg a s

m v v ====μ 所以)(4

5m s =总 例13 10个相同的扁长木块一个紧挨一个地放在水平

地面上，如图6—9所示，每个木块的质量,40.0kg m =长度

m l 45.0=，它们与地面间的静摩擦因数和动摩擦因数均为

.10.02=μ原来木块处于静止状态. 左方第一个木块的左端

上方放一个质量为M=1.0kg 的小铅块，它与木块间的静摩 擦因数和动摩擦因数均为.20.01=μ现突然给铅块一向右的初速度s m v /3.40=，使其在大木块上滑行. 试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上）. 重力加速度g 取2

)/(10s m ，设铅块的长度与木块相比可以忽略.

解析 当铅块向右运动时，铅块与10个相同的扁长木块中的第一块先发生摩擦力，若此摩擦力大于10个扁长木块与地面间的最大静摩擦力，则10个扁长木块开始运动，若此摩擦力小于10个扁长木块与地面间的最大摩擦力，则10个扁长木块先静止不动，随着铅块的运动，总有一个时刻扁长木块要运动，直到铅块与扁长木块相对静止，后又一起匀减速运动到停止.

铅块M 在木块上滑行所受到的滑动摩擦力N Mg f 0.211==μ

设M 可以带动木块的数目为n ，则n 满足：0)1()(221≥--+-mg n g m M f μμ 即0)1(4.04.10.2≥---n

上式中的n 只能取整数，所以n 只能取2，也就是当M 滑行到倒数第二个木块时，剩下的两个木块将开始运动.设铅块刚离开第8个木块时速度为v ，则 l Mg Mv Mv 82

1211202?-=μ 得：0)/(49.22

2>=s m v

由此可见木块还可以滑到第9个木块上. M 在第9个木块

上运动如图6—9甲所示，则对M 而言有：M Ma Mg =-1μ

得：2/0.2s m a M -=

第9及第10个木块的动力学方程为：m ma mg g m M Mg 2)(221=-+-μμμ， 得：./25.02s m a m =

设M 刚离开第9个木块上时速度为v '，而第10个木块运动的速度为V '，并设木块运动的距离为s ，则M 运动的距离为l s +，有：

s a V l s a v v m M 2)

(2222='++='

t

a V t a v v m M ='+=' 消去s 及t 求出：???='-='???='='s

m V s m v s m V s m v /23.0/26.0/212.0/611.0或，显然后一解不合理应舍去. 因V v '>'，故M 将运动到第10个木块上.

再设M 运动到第10个木块的边缘时速度为v ''，这时木块的速度为V ''，则：

)(222l s a v v M +'+'=''

解得：0463.12

<'--=''s v ，故M 不能滑离第10个木块，只能停在它的表面上，最后和木块一起静止在地面上.

例14 如图6—10所示，质量为m 的长方形箱子，放在光滑

的水平地面上. 箱内有一质量也为m 的小滑块，滑块与箱底间无摩

擦. 开始时箱子静止不动，滑块以恒定的速度v 0从箱子的A 壁处向

B 处运动，后与B 壁碰撞. 假设滑块与箱壁每碰撞一次，两者相对 速度的大小变为该次碰撞前相对速度的e 倍，.214=e （1）要使滑块与箱子这一系统消耗的总动能不超过其初始动能的40%，滑块与箱壁最多可碰撞几次？

（2）从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间，箱子的平均速度是多少？

解析 由于滑块与箱子在水平方向不受外力，故碰撞时系统水平方向动量守恒. 根据题目给出的每次碰撞前后相对速度之比，可求出每一次碰撞过程中动能的损耗.滑块开始运动到完成题目要求的碰撞期间箱子的平均速度，应等于这期间运动的总位移与总时间的比值.

（1）滑块与箱壁碰撞，碰后滑块对地速度为v ，箱子对地速度为u . 由于题中每次碰撞的e 是一样的，故有：

1

111220011----==--=--=n n n n

u v v u u v v u u v v u e

或1

111220110----==--=--=-n n n n

u v u v u v u v v u v e 111122011)(----??--?-=

-n n n n

n u v u v u v u v v u v e 即碰撞n 次后0)(v e u v n n n -=- ①

碰撞第n 次的动量守恒式是0mv mu mv n n =+ ② ①、②联立得00])(1[2

1])(1[21v e u v e v n n n n --=-+= 第n 次碰撞后，系统损失的动能

)(2

1212220n n kn k kn u v m mv E E E +-=-=? k n

n n E e m v e e m v m v 212

121)1(4

121220222020-=?-=+-=

下面分别讨论： 当146.02

21121,12

=-=-=?=e E E n k kl 时 25.022112

1,24

2=-

=-=?=e E E n k k 时 323.02212112

1,36

3=-=-=?=e E E n k k 时 375.0241121,

484=-=-=?=e E E n k k 时 412.02

2141121,510

5=-=-=?=e E E n k k 时 因为要求的动能损失不超过40%，故n=4.

（2）设A 、B 两侧壁的距离为L ，则滑块从开始运动到与箱壁发生第一次碰撞的时间 00v L t =. 在下一次发生碰撞的时间0

111||ev L v u L t =-=，共碰撞四次，另两次碰撞的时间分别为022v e L t =、033v e L t =，所以总时间).1(32033210e e e v e L t t t t t +++=+++= 在这段时间中，箱子运动的距离是：

3322110t u t u t u s +++=

)1(22

22222)1(21)1(21)1(21323320303020200e e e e

L L e L L e L L e L v e L v e v e L v e ev L v e +++=+++-+=?++?-+?+=

所以平均速度为：2)1()1(20320

3323v e e e v e L e e e e

L t s v =++++++== 例15 一容积为1/4升的抽气机，每分钟可完成8次抽气动作. 一容积为1升的容器与此抽气筒相连通. 求抽气机工作多长时间才能使容器内的气体的压强由76mmmHg 降为

1.9mmHg.（在抽气过程中容器内的温度保持不变）

解析 根据玻一马定律，找出每抽气一次压强与容器容积和抽气机容积及原压强的关系，然后归纳递推出抽n 次的压强表达式.

设气体原压强为p 0，抽气机的容积为V 0，容器的容积为V . 每抽一次压强分别为p 1、p 2、…，则由玻一马定律得：

第一次抽气后：)(010V V p V p += ①

第二次抽气后：)(021V V p V p += ②

依次递推有：)(032V V p V p += ③

)(01V V p V p n n +=- ○n

由以上○n 式得：)lg(lg

)(0000v V V p p n p V V V p n n n +=+=所以 …

代入已知得：2725

.1lg 400lg ==n （次） 工作时间为：38.3827==

t 分钟 例16 使一原来不带电的导体小球与一带电量为Q 的导体大球接触，分开之后，小球获得电量q. 今让小球与大球反复接触，在每次分开有后，都给大球补充电荷，使其带电量恢复到原来的值Q. 求小球可能获得的最大电量.

解析 两个孤立导体相互接触，相当于两个对地电容并联，设两个导体球带电Q 1、Q 2，由于两个导体球对地电压相等， 故有k C C C Q Q Q C C Q Q C Q C Q =+=+==2

1121121212211,,亦即即， 所以k Q Q k Q ),(21+=为常量，此式表明：带电（或不带电）的小球跟带电大球接触后，小球所获得的电量与总电量的比值不变，比值k 等于第一次带电量q 与总电量Q 的比值，即.Q

q k =根据此规律就可以求出小球可能获得的最大电量. 设第1、2、…、n 次接触后小球所带的电量分别为q 1、q 2、…，有：

q

k q k kq q q Q k q q k kq q kq kQ q Q k q kq

q q Q k q q

kQ q n n n 1212223121)()()(--++++=+=++=+=+=+=+===

由于1

q

Q qQ Q q

q k q q n -=-=-=11 即小球与大球多次接触后，获得的最大电量为

.q Q qQ - 例17 在如图6—11所示的电路中，S 是一单刀双掷开关，A 1和A 2为两个平行板电容器，S 掷向a 时，A 1获电荷电量为Q ，当S 再掷向b 时，A 2获电荷电量为q. 问经过很多次S 掷向a ，再掷向b 后，A 2将获得多少电量？

解析 S 掷向a 时，电源给A 1充电，S 再掷向b ，A 1给A 2充电，在经过很多次重复的过程中，A 2的带电量越来越多，两板间电压越来越大. 当A 2的电压等于电源电压时，A 2的带电量将不再增加. 由此可知A 2最终将获得电量q 2=C 2E.

因为E C Q 1= 所以E

Q C =1 当S 由a 第一次掷向b 时，有：2

1C q C q Q =-

所以E

q Q Qq C )(2-= 解得A 2最终获得的电量 q Q Qq q -=

2 例18 电路如图6—12所示，求当R '为何值时，

R AB 的阻值与“网络”的“格”数无关？此时R AB 的阻

值等于什么？ 解析 要使R AB 的阻值与“网络”的“格”数无关，则图中CD 间的阻值必须等于R '才行. 所以有R R

R R R R R '=+'+'+222)2( 解得R R )15(-=' 此时AB 间总电阻R R AB )15(+=

例19 如图6—13所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面向里

的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀

强电场，场强为E. 一质量为m ，电量为－q 的粒子从坐标原点O

沿着y 轴方向射出. 射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的

距离为L. 求此粒子射出时的速度v 和每次到达x 轴时运动的总

路程s.（重力不计）

解析 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经半周后通过x

轴进入电场后做匀减速直线运动，速度减为零后，又反向匀加

速通过x 轴进入磁场后又做匀速圆周运动，所以运动有周期性.

它第3次到达x 轴时距O 点的距离L 等于圆半径的4倍（如图

6—13甲所示）

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 4L Bq m v R == 所以粒子射出时的速度 m

B q L v 4= 粒子做圆周运动的半周长为 41L

s π=

粒子以速度v 进入电场后做匀减速直线运动，能深入的最大距离为y ， 因为y m

Eq ay v 222== 所以粒子在电场中进入一次通过的路程为 mE

qL B y s 1622

22== 粒子第1次到达x 轴时通过的路程为 41L

R s ππ=?=

粒子第2次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B L

s s s 1642

2212+=+=π

粒子第3次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B L

s s s s 1622

21213+=++=π 粒子第4次到达x 轴时，已通过的路程为 mE qL B L

s s s 82222

2214+=+=π 粒子第)12(-n 次到达x 轴时，已通过的路程为

mE

qL B n L n s n ns s n 16)1(4)1(2221)12(-+=-+=-π 粒子第2n 次到达x 轴时，已通过的路程为 )164()(2

2212mE qL B L

n s s n s n

+=+=π 上面n 都取正整数.

针对训练

1．一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F ，历时1秒钟，随即把此力改为向西，大小不变，历时1秒钟，接着又把此力改为向东，大小不变，历时1秒钟，如此反复，只改变力的方向，共历时1分钟. 在此1分钟内 （ ）

A ．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东

B ．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置

C ．物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末继续向东运动

D ．物体一直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东

2．一小球从距地面为H 的高度处由静止开始落下. 已知小球在空中运动时所受空气阻力为球所受重力的k 倍)1(

（1）总共通过的路程；

（2）所经历的时间.

3．如图6—14所示，小球从长L 的光滑斜面顶端自由下滑，滑到底

端时与挡板碰撞并反弹而回，若每次与挡板碰撞后的速度大小为

碰撞前的4/5，求小球从开始下滑到最终停止于斜面下端物体共

通过的路程.

4．如图6—15所示，有一固定的斜面，倾角为45°，斜面长为2

米，在斜面下端有一与斜面垂直的挡板，一质量为m 的质点，

从斜面的最高点沿斜面下滑，初速度为1米/秒. 质点沿斜面下

滑到斜面最底端与挡板发生弹性碰撞. 已知质点与斜面间的滑

动摩擦因数为0.20.

（1）试求此质点从开始运动到与挡板发生第10次碰撞的过程中通过的总路程；

（2）求此质点从开始运动到最后停下来的过程中通过的总路程.

5．有5个质量相同、其大小可不计的小木块1、2、3、4、5等距

离地依次放在倾角?=30θ的斜面上（如图6—16所示）.斜面

在木块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个木块

与斜面粗糙部分之间的静摩擦系数和滑动摩擦系数都是μ，开

始时用手扶着木块1，其余各木块都静止在斜面上. 现在放手，

使木块1自然下滑，并与木块2发生碰撞，接着陆续发生其他

碰撞. 假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的. 求μ取何值时

木块4能被撞而木块5不能被撞.

6．在一光滑水平的长直轨道上，等距离地放着足够多的完全

相同的质量为m 的长方形木块，依次编号为木块1，木块

2，…，如图6—17所示.

在木块1之前放一质量为M=4m 的大木块，大木块与 木块1之间的距离与相邻各木块间的距离相同，均为L. 现在，在所有木块都静止的情况下，以一沿轨道方向的恒力F 一直作用在大木块上，使其先与木块1发生碰撞，设碰后与木块1结为一体再与木块2发生碰撞，碰后又结为一体，再与木块3发生碰撞，碰后又结为一体，如此继续下去. 今问大木块（以及与之结为一体的各小木块）与第几个小木块碰撞之前的一瞬间，会达到它在整个过程中的最大速度？此速度等于多少？

7．有电量为Q 1的电荷均匀分布在一个半球面上，另有无数个电量均为Q 2的点电荷位于通过球心的轴线上，且在半球面的下部. 第k 个电荷与球心的距离为12-?k R ，且k =1，2，3，4，…，设球心处的电势为零，周围空间均为自由空间. 若Q 1已知，求Q 2.

8．一个半径为1米的金属球，充电后的电势为U ，把10个半径为1/9米的均不带电的小金属球顺次分别与这个大金属球相碰后拿走，然后把这10个充了电了小金属球彼此分隔摆在半径为10米的圆周上，并拿走大金属球. 求圆心处的电势. （设整个过程中系统的总电量无泄漏）

9．真空中，有五个电量均为q 的均匀带电薄球壳，它们的半径

分别为R ，R/2，R/4，R/8，R/16，彼此内切于P 点（如图

6—18）.球心分别为O 1，O 2，O 3，O 4，O 5，求O 1与O 5间的

电势差.

10．在图6—19所示的电路中，三个电容器C Ⅰ、C Ⅱ、C Ⅲ的电容

值均等于C ，电源的电动势为ε，R Ⅰ、R Ⅱ为电阻，S 为双掷

开关. 开始时，三个电容器都不带电.先接通O a ，再接通Ob ，

再接通O a ，再接通Ob ……如此反复换向，设每次接通前都

已达到静电平衡，试求：

（1）当S 第n 次接通Ob 并达到平衡后，每个电容器两端的

电压各是多少？

（2）当反复换向的次数无限增多时，在所有电阻上消耗的

总电能是多少？

11．一系列相同的电阻R ，如图6—20所示连接，求AB 间的等效电阻R AB .

12．如图6—21所示，R 1=R 3=R 5=…=R 99=5Ω，R 2=R 4=R 6=…=R 98=10Ω，R 100=5Ω，ε=10V

求：

（1）R AB =？

（2）电阻R 2消耗的电功率应等于多少？

（3）)99,,3,2,1( =i R i 消耗的电功率；

（4）电路上的总功率.

13．试求如图6—22所示，框架中A 、B 两点间的电阻R AB ，此框架

是用同种细金属丝制作的，单位长的电阻为r ，一连串内接等边

三角形的数目可认为趋向无穷，取AB 边长为a ，以下每个三角

形的边长依次减少一半.

14．图6—23中，AOB 是一内表面光滑的楔形槽，固定在水平桌

面（图中纸面）上，夹角?=1α（为了能看清楚，图中的是

夸大了的）. 现将一质点在BOA 面内从C 处以速度s m v /5=

射出，其方向与AO 间的夹角?=60θ，OC=10m. 设质点与

桌面间的摩擦可忽略不计，质点与OB 面及OA 面的碰撞都

是弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，可忽略不计，试求：

（1）经过几次碰撞质点又回到C 处与OA 相碰？

（计算次数时包括在C 处的碰撞）

（2）共用多少时间？

（3）在这过程中，质点离O 点的最短距离是多少？

六、递推法答案

1．D 2．k

k k g k H k k k g k H k H 211)1(2211)1(2,2

2-+-++-++- 3．L 941 4．9.79m 50m 5．622.0597.0<<μ 6．21块 48

49m FL 7．2

1Q - 8．0.065U 9．24.46K R q 10．（1）I ：],)41(1[32n C -ε Ⅱ Ⅲ：])41(1[31n C -ε （3）23

1εC 11．R R AB

)13(+= 12．（1）10Ω （2）2.5W （3）)99,,5,3,1(2201 =+i i ， )98,,4,2(210 =i i

（4）10W 13．40Ω 14．ra R AB )17(3

1-= 15．（1）60次 （2）2s （3）m 35 高中奥林匹克物理竞赛解题方法七、对称法

方法简介 由于物质世界存在某些对称性，使得物理学理论也具有相应的对称性，从而使对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中. 应用这种对称性它不仅能帮助我们认识和探索物质世界的某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题，这种思维方法在物理学中称为对称法. 利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，出奇制胜，快速简便地求解问题.

赛题精析

例1：沿水平方向向一堵竖直光滑的墙壁抛出一个弹性小球A ，

抛出点离水平地面的高度为h ，距离墙壁的水平距离为s ， 小球与

墙壁发生弹性碰撞后，落在水平地面上，落地点距墙壁的水平距离

为2s ，如图7—1所示. 求小球抛出时的初速度.

解析：因小球与墙壁发生弹性碰撞， 故与墙壁碰撞前后入射速

度与反射速度具有对称性， 碰撞后小球的运动轨迹与无墙壁阻挡时

小球继续前进的轨迹相对称，如图7—1—甲所示，所以小球的运动可

以转换为平抛运动处理， 效果上相当于小球从A ′点水平抛出所做

的运动. 根据平抛运动的规律：??

???==2021gt y t v x 因为抛出点到落地点的距离为3s ，抛出点的高度为h 代入后可解得：h

g s y g x v 2320== 例2：如图7—2所示，在水平面上，有两个竖直光滑墙壁A 和

B ，间距为d ， 一个小球以初速度0v 从两墙正中间的O 点斜向上抛

出， 与A 和B 各发生一次碰撞后正好落回抛出点O ， 求小球的抛

射角θ.

解析：小球的运动是斜上抛和斜下抛等三段运动组成， 若按顺

序求解则相当复杂，如果视墙为一平面镜， 将球与墙的弹性碰撞等 效为对平面镜的物、像移动，可利用物像对称的规律及斜抛规律求解.

物体跟墙A 碰撞前后的运动相当于从O ′点开始的斜上抛运动，与B 墙碰后落于O 点相当于落到O ″点，其中O 、O ′关于A 墙对称，O 、O ″对于B 墙对称，如图7—2—甲所示，于是有 ???==??

???-==0221sin cos 200y d x gt t v y t v x 落地时θθ 代入可解得20202arcsin 2122sin v dg v dg ==θθ所以抛射角 例3：A 、B 、C 三只猎犬站立的位置构成一个边长为a

的正三角形，每只猎犬追捕猎物

图7—

1

的速度均为v ，A 犬想追捕B 犬，B 犬想追捕C 犬，C 犬想追捕A 犬，为追捕到猎物，猎犬不断调整方向，速度方向始终“盯”住对方，它们同时起动，经多长时间可捕捉到猎物？ 解析：以地面为参考系，三只猎犬运动轨迹都是一条复杂

的曲线，但根据对称性，三只猎犬最后相交于三角形的中心点，

在追捕过程中，三只猎犬的位置构成三角形的形状不变，以绕

点旋转的参考系来描述，可认为三角形不转动，而是三个顶点向

中心靠近，所以只要求出顶点到中心运动的时间即可.

由题意作图7—3， 设顶点到中心的距离为s ，则由已知条

件得 a s 3

3=由运动合成与分解的知识可知，在旋转的参考系中顶点向中心运动的速度为 v v v 2330cos =

=' 由此可知三角形收缩到中心的时间为 v a v s t 32='= 此题也可以用递推法求解，读者可自己试解.

例4：如图7—4所示，两个同心圆代表一个圆形槽，

质量为m ，内外半径几乎同为R. 槽内A 、B 两处分别放

有一个质量也为m 的小球，AB 间的距离为槽的直径. 不

计一切摩擦. 现将系统置于光滑水平面上，开始时槽静止，

两小球具有垂直于AB 方向的速度v ，试求两小球第一次

相距R 时，槽中心的速度0v .

解析：在水平面参考系中建立水平方向的x 轴和y 轴.

由系统的对称性可知中心或者说槽整体将仅在x 轴方向上

运动。设槽中心沿x 轴正方向运动的速度变为0v ，两小球

相对槽心做角速度大小为ω的圆周运动，A 球处于如图

7—4—甲所示的位置时，相对水平面的两个分速度为 0sin v R v x +=θω ①

θωcos R v y -= ②

B 球的运动与A 球的运动是对称的.

因系统在x 轴方向上动量守恒、机械能也守恒，因此

22022021221)(21222m v m v v v m m v

m v m v y x x ?=++?=+ 将①、②式代入③、④式得：θωsin 2230R v v -=

2202002221sin 2v v v Rv R =+++θωω由此解得 v v )sin 23sin 1(3220θ

θ--= 当两球间距离为R 时，

30=θ，代入可解得槽中心运动的速度为 ③ ④

v v )10

11(320-= 例5：用一轻质弹簧把两块质量各为M 和m 的木板连接起来，

放在水平上，如图7—5所示，问必须在上面木板上施加多大的压

力F ，才能使撤去此力后，上板跳起来恰好使下板离地？

解析：此题可用能量守恒的观点求解，但过程较繁，而用弹簧

形变的“对称性”求解就显得简洁明了.

若用拉力F 作用在m 上，欲使M 离地，拉力F 至少应为

F=（M+m ）g

根据弹簧的拉伸和压缩过程具有的对称性，故要产生上述效果，

作用在m 上的向下的压力应为F=（M+m ）g

例6：如图7—6所示，长为l 的两块相同的均匀长方形砖块A

和B 叠放在一起，A 砖相对于B 砖伸出l /5,B 砖放在水平桌面上，砖

的端面与桌面平行. 为保持两砖不翻倒，B 砖伸出桌面的最大长度是

多少？

解析：此题可用力矩平衡求解，但用对称法求解，会直观简洁.

把A 砖右端伸出B 端的l /5截去，补在B 砖的右端，则变成图

7—6—甲所示的对称形状. 伸出最多时对称轴应恰好通过桌边.

所以：)5/(l x x l +=-

解得B 砖右端伸出桌面的最大长度为5/2l x =. 例7：如图7—7所示，OABC 是一张水平放置的桌球台面.取OA 为x 轴，OC 为y 轴，P 是红球，坐标为（x ，y ），Q 是白球，坐标为（1x ，1y ）（图中未画出Q 球在台面上的位置）.已知OA=BC=25dm ，AB=OC=12dm.

若P 球的坐标为：dm y dm x 8,10==处，问Q 球的位置在什么

范围内时，可使击出的Q 球顺次与AB 、BC 、CO 和OA 四壁碰撞反

弹，最后击中P 球？ 解析：由于弹性碰撞反弹服从的规律与光线的反射定律相同，所

以作P 点对OA 壁的镜像P 1，P 1对CO 壁的镜像P 2，P 2对BC 壁的镜像P 3和P 3对AB 壁的镜像P 4，则只需瞄准P 4点击出Q 球，Q 球在AB 壁上D 点反弹后射向P 3，又在BC 壁上E 点反弹后射向P 2，依次类推，最后再经F ，G 二点的反弹击中P 点，如图7—7—甲所示. 但是，若反弹点E 离B 点太近， Q 球从E 点反

弹后EP 2线与CO 的交点，可能不在CO 壁的范围内

而在CO 的延长线上， 这时Q 球就无法击中CO 壁

（而击到OA 壁上），不符合题目要求，所以，Q 球能

够最后按题目要求击中P 球的条件是：反弹点D 、E 、

F 、和

G 一定要在相应的台壁范围之内.

已知P 点的坐标为（10，8），由此可知，各个镜

像点的坐标分别为

P 1（10，－8），P 2（－10，－8），P 3（－10，32），P 4（60，32）

设Q 点的坐标为),(y x ''；直线QP 4的方程为

)(6032x X x y y Y '-'-'-='- ①

D 点在此直线上，25=D X ，由上式得： )3532800(601y x x Y D '+'-'

-= ② 直线DP 3的方程为

)(6032D D x X x

y Y Y -'-'--=- ③ E 点在此直线上，Y E =12，由 此式及②式得

)3520801(32125y x y x E '-'+-'

--= ④

直线EP 2的方程为 )(6032E E x X x y Y Y -'-'-=-

F 点在此直线上，)288(601012,0y x x Y X F F '+'-'--==所以

最后，直线FP 1的方程为 )(6032F F X X x y Y Y -'-'--=- ⑤ G 点在此直线上，Y G =0，所以 )108160(321y x y X G '-'+-'

-= ⑥ 反弹点位于相应台壁上的条件为??

?????<<<<<<<<250120250120G F E D X Y X Y ⑦

将③、④、⑤和⑥式代入⑦，除肯定满足无需讨论的不等式外，Q 球按题目要求击中P 球的条件成为

?

??-'<'-'<'802035:802035:x y X x y Y E D ?

??-'<'-'<'8045:8045:x y X x y Y G F

上面共两个条件，作直线802035:1-=X Y l 及8045:2-=X Y l

如图7—7—乙所示，若Q 球位于2l 下方的三角形D 0AH 0

内，即可同时满足⑧、⑨两式的条件，瞄准P 4击出，可

按题目要求次序反弹后击中P 球，三角形D 0AH 0三个顶

点的坐标如图7—7—乙所示.

例8：一无限长均匀带电细线弯成如图7—8所示 的平面图形，其中AB 是半径为R 的半圆孤，AA ′平行于

BB ′，试求圆心O 处的电场强度.

解析：如图7—8—甲所示，左上1/4圆弧内的线元△L

1

与右下直线上的线元△L 3具有角元△θ对称关系. △L 1电荷

与△L 3电荷在O 点的场强△E 1与△E 3方向相反，若它们的大

小也相等，则左上与右下线元电场强度成对抵消，可得圆心

处场强为零.

设电荷线密度为常量λ，因△θ很小，△L 1电荷与△L 3电

荷可看做点电荷，其带电量

λθλ321L q R q ?=?=

当θθθλθcos cos ,2??=?R q 有很小时 又因为 ,cos cos ,2222222211R

R K R R K r q K E R q K E θλθθθλ?=??==?=? 与△E 1的大小相同，且△E 1与△E 2方向相反，所以圆心O 处的电场强度为零. 例9：如图7—9所示，半径为R 的半圆形绝缘线上、

下1/4圆弧上分别均匀带电+q 和－q ，求圆心处的场强.

解析：因圆弧均匀带电， 在圆弧上任取一个微小线元，

由于带电线元很小，可以看成点电荷. 用点电荷场强公式表

示它在圆心处的分场强，再应用叠加原理计算出合场强. 由

对称性分别求出合场强的方向再求出其值. 在带正电的圆孤上取一微小线元，由于圆弧均匀带电，因而线密度R q πλ/2=. 在带负电的圆弧上必定存在着一个与之对称的线元， 两者产生

的场强如图7—9—甲所示. 显然， 两者大小相等，其方向分别与x

轴的正、负方向成θ角，且在x 轴方向上分量相等.由于很小，可以认

为是点电荷，两线元在O 点的场强为,2sin 222R

h K R KR E ?=???=?λθθλ 方向沿y 轴的负方向，所以O 点的合场强应对△E 求和.

即∑∑∑==?=?=?=22224222R Kq R R K h R K R h K E E πλλλ. 例10：电荷q 均匀分布在半球面ACB 上，球面的半径为R ，

CD 为通过半球顶点C 与球心O 的轴线，如图7—10所示，P 、Q

为CD 轴线上在O 点两侧，离O 点距离相等的两点，已知P 点的

电势为U P ，试求Q 点的电势U Q .

解析：可以设想一个均匀带电、带电量也是q 的右半球，与题

中所给的左半球组成一个完整的均匀带电球面，根据对称性来解.

由对称性可知，右半球在P 点的电势P U '等于左半球在Q 点的电势U Q . 即P P P P Q P Q P U U U U U U U U '+'+=+='而所以有,正是两个半球在P 点的电势，因为球面均匀带电，所以.2R q K U U P

P ='+由此解得Q 点的电势P Q U R Kq U -=2. 例11：如图7—11所示， 三根等长的细绝缘棒连接成等边三

角形，A 点为三角形的内心， B 点与三角形共面且与A 相对ac 棒

对称，三棒带有均匀分布的电荷，此时测得A 、B 两点的电势各为

U A 、U B ，现将ac 棒取走，而ab 、bc 棒的电荷分布不变，求这时A 、

B 两点的电势A U '、B U '.

解析：ab 、bc 、ac 三根棒中的电荷对称分布，各自对A 点电势的贡献相同，ac 棒对B 点电势的贡献和对A 点电势的贡献相同，而ab 、bc 棒对B 点电势的贡献也相同. 设ab 、bc 、ac 棒各自在A 点的电势为U 1，ab 、bc 棒在B 点的电势为U 2. 由对称性知，ac 棒在B 点的电势为U 1. 由电势叠加原理得：

3U 1=U A ①

U 1+2U 2=U B ②

由①、②两式得 U 1=U A /3

6323212A B A B B U U U U U U U -=-=-= 将ac 棒取走后，A 、B 两点的电势分别为 6

23221A B B B A A A U U U U U U U U U +=-='=-=' 例12：如图7—12所示为一块很大的接地导体板，在与

导体板相距为d 的A 处放有带电量为－q 的点电荷.

（1）试求板上感应电荷在导体内P 点产生的电场强度；

（2）试求感应电荷在导体外P ′点产生的电场强度（P

与P ′点对导体板右表面是对称的）；

（3）在本题情形，试分析证明导体表面附近的电场强度

的方向与导体表面垂直；

（4）试求导体上的感应电荷对点电荷－q 的作用力；

（5）若在切断导体板与地的连线后，再将+Q 电荷置于导体板上，试说明这部分电荷在导体板上如何分布可达到静电平衡（略去边缘效应）.

解析：在讨论一个点电荷受到面电荷（如导体表面的感应电荷）的作用时，根据“镜像法”可以设想一个“像电荷”，并使它的电场可以代替面电荷的电场，从而把问题大大简化.

（1）导体板静电平衡后有 E 感=E 点,且方向相反，因此板上感应电荷在导体内P 点产生的场强为2

r kq E P =， r 为AP 间距离，方向沿AP ，如图7—12甲所示.

（2）因为导体接地，感应电荷分布在右表面，感应电荷在

P 点和P ′点的电场具有对称性，因此有2r kq E P =

'，方向如图 7—12—甲所示.

（3）考察导体板在表面两侧很靠近表面的两点P 1和1P '.如

前述分析，在导体外1P '点感应电荷产生的场强大小为211

r kq E p i ='

.

1P i E ' 1P i E '

点电荷在1P '点产生的场强大小也是21

1r kq p E q ='. 方向如图7—12 —乙. 从图看出，1P '点的场强为上述两个场强的矢量和，即与导体表面垂直.

（4）重复（2）的分析可知，感应电荷在－q 所在处A 点的场强为224)2(d

kq d kq E iA ==，方向垂直于导体板指向右方，该场作用于点电荷－q 的电场力为22

4d kq qE F iA -=-=，负号表示力的方向垂直于导体板指向左方.

（5）切断接地线后，导体板上原来的感应电荷仍保持原来的分布，导体内场强为零.在此情况下再将+Q 电荷加在导体板上，只要新增加的电荷在导体内部各处的场强为零，即可保持静电平衡，我们知道电荷均匀分布在导体板的两侧表面时，上述条件即可满足.显然这时+Q 将均匀分布在导体板的两侧面上，才能保证板内场强为零，实现静电平衡. 例13：如图7—13所示，在水平方向的匀强电场中，用长为

l 的绝缘细线，拴住质量为m 、带电量为q 的小球，线的上端O 固

定，开始时将线和球拉成水平，松开后，小球由静止开始向下摆动，

当摆过60°角时，速度又变为零. 求：

（1）A 、B 两点的电势差U AB 多大？

（2）电场强度多大？

解析：（1）小球在A 、B 间摆动，根据能量守恒定律有PB PA εε=

取A 点为零势能的参考点，即0=PB ε 则 060sin =+-=BA PB qU mgl E

所以 q mgl U q mgl U AB BA 2323-== （2）小球在平衡位置的受力如图7—13—甲.根据共点力的平衡

条件：有： 60tan mg qE = 解得电场强度：q

mg E 3= 例14：如图7—14所示，ab 是半径为R 的圆的一条直径，该圆

处于匀强电场中，场强为E ，在圆周平面内，将一带正电q 的小球从

a 点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的

点，在这些所有的点中，到达c 点时小球的动能最大.已知∠cab=30°，

若不计重力和空气阻力，试求：

（1）电场方向与直径ab 间的夹角θ？

（2）若小球在a 点时初速度方向与电场方向垂直，小球恰好能落在c 点，则初动能为多少？ 解析：由于对a 点以相同的初动能沿不同方向抛出的小球到达圆周上的各点时其中到达c 点的小球动能最大，因此过c 点的切线一定是等势线，由此可以确定电场线的方向，至于从a 点垂直于电场线抛出的小球可按类平抛运动处理

.

（1）用对称性判断电场的方向：由题设条件，在圆周平面内， 从

a 点以相同的动能向不同方向抛出带正电的小球， 小球会经过圆周上不

同的点，且以经过c 点时小球的动能最大，可知，电场线平行于圆平面.

又根据动能定理，电场力对到达c 点的小球做功最多， 为qU ac . 因此，

U ac 最大. 即c 点的电势比圆周上任何一点的电势都低. 又因为圆周平面

处于匀强电场中，故连接Oc ，圆周上各点的电势对于Oc 对称（或作过

c 点且与圆周相切的线cf 是等势线）,Oc 方向即为电场方向（如图7—14

—甲所示），它与直径ab 的夹角为60°.

（2）小球在匀强电场中做类平抛运动. 小球沿垂直于电场方向抛出，设其初速度为0v ，

小球质量为m. 在垂直于电场线方向，有：t v x 0= ①

在沿电场线方向，有：221at y = ②

由图中几何关系可得

30cos R x = ③

)60cos 1( +=R y ④

且 m qE a = ⑤ 将③、④、⑤式代入①、②两式解得：m RqE v 420= 所以初动能.8

21200RqE mv E k == 例15：如图7—15所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B 之间

距离为d ，两板间电压为U ，在两板间放一半径为R 的金属球壳，球

心到两板的距离相等，C 点为球壳上的一点，位置在垂直于两板的球

直径的靠A 板的一端，试求A 板与点C 间的电压大小为多少？

解析：将金属球壳放在电场中达到静电平衡后，球壳为等势体，

两极板之间的电场由原来的匀强电场变为如图7—15—甲所示的电场，

这时C 与A 板间电势差就不能用公式U AC =Ed AC 来计算. 我们利用电

场的对称性求解.

由于电场线和金属球关于球心O 对称，所以A 板与金属板的电势

差U AO 和金属球与B 板的电势差U OB 相等，即U AO =U OB . 又A 、B 两

板电势差保持不变为U ，即U AO +U OB =U ，由以上两式解得：

U AO =U OB =U/2

所以得A 、C 两点间电势差

U AC =U AO =U/2

例16：如图7—16所示，一静止的带电粒子q ，质量为m （不计

重力），从P 点经电场E 加速，经A 点进入中间磁场B ，方向垂直纸

面向里，再穿过中间磁场进入右边足够大的空间磁场B ′（B ′=B ），

方向垂直于纸面向外，然后能够按某一路径再由A 返回电场并回到出

发点P ，然后再重复前述过程. 已知l 为P 到A 的距离，求中间磁场的